Feladat: 1370. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babai L. ,  Bárány I. ,  Deák J. ,  Domokos L. ,  Eff L. ,  Elekes Gy. ,  Eszes G. ,  Herényi I. ,  Jakab M. ,  Kovács M. ,  Lévai F. ,  Márki L. ,  Szántó Ottó ,  Székely G. ,  Szörényi M. ,  Tényi G. ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1966/május, 203 - 205. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/február: 1370. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. Az adott kifejezésben n-1 osztási jel szerepel. Minden osztás eredményét, ha egy újabb osztás osztója vagy osztandójaként lép fel, zárójelbe tesszük. Az utoljára végzett osztás eredményét már fölösleges zárójelbe tenni, így a zárójel-párok (a kezdő és végző zárójelek) száma n-2. Eszerint n legkisebb szóba jövő értéke 3. n=3 esetén 2 sorrend lehetséges:

(x1:x2):x3=x1/(x2x3);az osztások sorrendje:1,2,x1:(x2:x3)=(x1x3)x2;az osztások sorrendje:2,1.(2)
A sorrend rövid leírása céljára az osztásjelekhez hozzárendeltük a közvetlenül előtte álló x indexét.
n=4 esetén 3-szor ennyi, azaz 6 sorrend gondolható, bármelyik osztást véve utolsónak, a maradó 2 osztásra 2 sorrend áll fenn. Azonban az 1, 3, 2 és 3, 1, 2 sorrendek közt nincs különbség, hiszen ha két hányados hányadosát képezzük, az osztóban és osztandóban végzendő osztás sorrendjére a zárójelek nem adnak semmilyen előírást. Így a 3 zárójel pár különböző elhelyezései:
sorrend:1,2,3:((x1:x2):x3):x4;2,3,1:x1:((x2:x3):x4);sorrend2,1,3:(x1:(x2:x3)):x4;3,2,1:x1:(x2:(x3:x4)).1,3,2és3,1,2:(x1:x2):(x3:x4);
számuk 5, a különböző törtek pedig rendre
x1x2x3x4,x1x3x2x4,x1x4x2x3,x1x3x4x2,(3)
számuk csak 4, mert a 3, 2, 1 sorrend azonos törtet ad a 2, 1, 3 sorrenddel.
n=5 esetén célszerű lesz felhasználni az eddigieket. Egyelőre csak az utoljára végzendő osztást megválasztva mind az osztandó, mind az osztó összes különböző alakjait megadja (2) vagy (3). Így 4 aleset van:
A:(x1:x2:x3:x4):x5;C:(x1:x2):(x3:x4:x5);B:(x1:x2:x3):(x4:x5);D:x1:(x2:x3:x4:x5).
A-ban a további zárójelek elhelyezésével az osztandó mindig (3) valamelyik törtje, és az eredmény mindig úgy adódik, hogy a nevezőt szorozzuk x5-tel; így csupa különböző törtet kapunk, felírásukat mellőzzük. A B alesetben a (2) kifejezéseket kell szoroznunk x5/x4-gyel, az eredmény (4) első két törtje. A C-ben az osztandó mindig x1/x2, az osztó kétféle, a (2) alattiakból kaphatók, mindegyik indexet 2-vel növelve: x3/(x4x5) ill. (x3x5)/x4. Az elsőt véve adódik (4) harmadik törtje, a második osztóval adódó törtet már megkaptuk az A alesetben. Végül a D alesetben az osztókat (3)-ból kapjuk, minden indexet 1-gyel növelve, de csak az első osztó esetében kapunk új törtet, ez a (4) negyedik törtje. Ezek szerint 8 különböző törtet találtunk.
x1x5x2x3x4,x1x3x5x2x4,x1x4x5x2x3,x1x3x4x5x2.(4)

A (4) alatti 4 tört a (3) alattiakból a számlálónak x5-tel való szorzásával adódik, vagyis n=4-ről n=5-re áttérve (3) mindegyik törtjéből 2 újat kaptunk, x5-tel a nevezőt, ill. a számlálót szorozva. Máshogy nem is kapcsolható x5 az eddigi törtekhez. Ugyanígy állt elő (2) két törtje x1/x2-ből x3 kétféle hozzákapcsolásával, majd (2)-ből a (3) alatti 4 tört.
Így x3, x4 és x5 minden lehetséges módon elhelyezve előfordult a nevezőben és a számlálóban, és a különböző törtek száma mindegyik hozzávételnél megkétszereződött. x1 azonban csak a számlálóban állhat, csak osztandó lehet, mert nem áll előtte osztási jel, x2 viszont csak a nevezőben állhat, mert vagy ő maga osztó, vagy ő egy több egymás utáni xi számból alakuló osztónak az osztandója.
 
II. Azt állítjuk, hogy az x1:x2:...:xn kifejezésből a zárójelek különböző elhelyezésével annyi különböző tört képezhető, ahányféleképpen x3,x4,...,xn helye megválasztható a számlálóban és a nevezőben (és mint már láttuk, minden törtben x1 a számlálóban, x2 a nevezőben áll). Ilyen elrendezés 2n-2 van, mert a nem rögzített számok száma n-2. Azt kell csak belátnunk, hogy minden ilyen tört előáll a zárójelek alkalmas elhelyezésével.
Feltesszük, hogy állításunk igaz, ha n helyére valamely k(2) egész számot írunk, vagy a 2,3,...,k-1 számok bármelyikét. (Ez, mint láttuk, k=5 esetén igaz.) n helyére k+1-et írva xk+1 a kívánt törtben vagy a nevező, vagy a számláló tényezője. Az xk+1 elhagyásával maradó törthöz a feltevés szerint tartozik a k-2 zárójel-párnak legalább egy megfelelő elhelyezése. Azokat a törteket, amelyekben xk+1 a nevezőben áll, megkapjuk úgy, hogy az utoljára végzendő osztás osztójának magát xk+1-et vesszük, osztandójának pedig a visszamaradt törtet, vagyis az új zárójel-pár kezdő zárójelét x1 elé, végző zárójelét xk után tesszük ki (az esetleg már ott levő zárójelek elé, ill. után). Valóban, tört osztásakor az osztóval a nevezőt szorozzuk.
Ha pedig xk+1-nek a kívánt tört számlálójában kell állnia, akkor az eddig kijelölt utolsó osztás osztójának osztójaként írjuk xk+1-et, vagyis közvetlenül ezen osztás jele után teszünk egy új kezdő zárójelet, a végző zárójelet pedig xk+1 után. Ekkor az A/B alakú kifejezésből a következő keletkezik: A/(B/xk+1)=(A/B)xk+1, tehát A/B számlálóját kell még xk+1-gyel megszorozni. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 
Vesztergombi Katalin (Budapest, Fazekas M. Gyak. G.)
Szántó Ottó (Pécs, Zipernovszky K. Gépip. T.)
 
Megjegyzés. Az n=5 esetben használt gondolatot továbbvíve meg lehet mutatni, hogy az n-2 zárójel-pár különböző elhelyezéseinek száma:
1n(2n-2n-1).
Az érdeklődőknek ajánljuk az 1187. feladat II. megoldásához fűzött megjegyzés * elolvasását.
*K.M.L. 26 (1963) 125‐127. o.